【優(yōu)化設(shè)計】2020-2021學(xué)年人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2第二章2.1.2知能演練輕松闖關(guān)

1．(2021·杭州高二檢測)“∵四邊形ABCD為矩形，∴四邊形ABCD的對角線相等”，補充以上推理的大前提為()A．正方形都是對角線相等的四邊形B．矩形都是對角線相等的四邊形C．等腰梯形都是對角線相等的四邊形D．矩形都是對邊平行且相等的四邊形解析：選B.依據(jù)“三段論”的形式知，S——四邊形ABCD，P——對角線相等，M——矩形．∴大前提“M是P”是指矩形都是對角線相等的四邊形．2．(2021·黃岡高二檢測)用演繹推理證明函數(shù)y＝x3是增函數(shù)時的小前提是()A．增函數(shù)的定義B．函數(shù)y＝x3滿足增函數(shù)的定義C．若x1＜x2，則f(x1)＜f(x2)D．若x1＞x2，則f(x1)＞f(x2)解析：選B.“三段論”中，依據(jù)其特征，大前提是增函數(shù)的定義，小前提是函數(shù)y＝x3滿足增函數(shù)的定義，結(jié)論是y＝x3是增函數(shù)，故選B.3．下面幾種推理過程是演繹推理的是()A．兩條直線平行，同旁內(nèi)角互補，假如∠A和∠B是兩條平行直線的同旁內(nèi)角，則∠A＋∠B＝180°B．由平面三角形的性質(zhì)，推想空間四周體的性質(zhì)C．某校高三共有10個班，1班有51人，2班有53人，三班有52人，由此推想各班都超過50人D．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(1,2)(an－1＋eq\f(1,an－1))(n≥2)，由此推出{an}的通項公式解析：選A.選項B為類比推理，選項C，D為歸納推理，選項A為演繹推理，符合三段論．4．(2021·黃岡高二檢測)已知2a＝3,2b＝6,2c＝12，則a，b，c的關(guān)系是()A．成等差數(shù)列但不成等比數(shù)列B．成等差數(shù)列且成等比數(shù)列C．成等比數(shù)列但不成等差數(shù)列D．不成等比數(shù)列也不成等差數(shù)列解析：選A.由條件可知a＝log23，b＝log26，c＝log212.∵a＋c＝log23＋log212＝log236＝2log26＝2b，∴a，b，c成等差數(shù)列．又∵ac＝log23log212≠(log26)2＝b2，∴a，b，c不成等比數(shù)列．故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝cos(2x＋θ)是偶函數(shù)，則θ＝()A.eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)(k∈Z) B.eq\f(kπ,2)(k∈Z)C．kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z) D．kπ(k∈Z)解析：選D.∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)即f(－x)－f(x)＝0.由于f(x)＝cos(2x＋θ)是偶函數(shù)，∴cos(－2x＋θ)－cos(2x＋θ)＝0，－2sinθsin(－2x)＝0即sinθsin2x＝0.又x∈R，∴sinθ＝0，∴θ＝kπ(k∈Z)．6．由“(a2＋a＋1)x>3，得x>eq\f(3,a2＋a＋1)”的推理過程中，其大前提是________．解析：∵a2＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0.∴(a2＋a＋1)x>3?x>eq\f(3,a2＋a＋1).其前提依據(jù)為不等式的乘法法則：a>0，b>c?ab>ac.答案：a>0，b>c?ab>ac7．已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函數(shù)f(x)＝ax，若實數(shù)m，n滿足f(m)>f(n)，則m，n的大小關(guān)系為________．解析：當0<a<1時，函數(shù)f(x)＝ax為減函數(shù)，a＝eq\f(\r(5)－1,2)∈(0,1)，所以函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)))x為減函數(shù)．故由f(m)>f(n)得m<n.答案：m<n8．已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,2x＋1)，若f(x)為奇函數(shù)，則a＝________.解析：由于奇函數(shù)f(x)在x＝0處有定義則f(0)＝0，而奇函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,2x＋1)的定義域為R，所以f(0)＝a－eq\f(1,20＋1)＝0.解得a＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)(x∈R)．(1)判定函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)判定函數(shù)f(x)在R上的單調(diào)性，并證明．解：(1)對?x∈R有－x∈R，并且f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－eq\f(2x－1,2x＋1)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)．(2)f(x)在R上單調(diào)遞增，證明如下：任取x1，x2∈R，并且x1>x2，10．已知y＝f(x)在(0，＋∞)上有意義、單調(diào)遞增且滿足f(2)＝1，f(xy)＝f(x)＋f(y)．(1)求證：f(x2)＝2f(x)；(2)求f(1)的值；(3)若f(x)＋f(x＋3)≤2，求x的取值范圍．解：(1)證明：∵f(xy)＝f(x)＋f(y)．∴f(x2)＝f(x·x)＝f(x)＋f(x)＝2f(x)．(2)∵f(1)＝f(12)＝2f(1)，∴f(1)＝0.(3)∵f(x)＋f(x＋3)＝f(x(x＋3))≤2＝2f(2)＝f(4)，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x＋3＞0，,xx＋3≤4，))解得0＜x≤1.1．如圖，設(shè)平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分別是點B，D，假如增加一個條件，就能推出BD⊥EF，這個條件不行能是下面四個選項中的()A．AC⊥βB．AC⊥EFC．AC與BD在β內(nèi)的射影在同一條直線上D．AC與α，β所成的角相等解析：選D.只要能推出EF⊥AC即可說明BD⊥EF.當AC與α，β所成的角相等時，推不出EF⊥AC，故選D.2．(2021·西城高二檢測)若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，則eq\f(f2,f1)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2014,f2013)＝________.解析：利用三段論．∵f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)(大前提)．令b＝1，則eq\f(fa＋1,fa)＝f(1)＝2(小前提)．∴eq\f(f2,f1)＝eq\f(f4,f3)＝…＝eq\f(f2014,f2013)＝2(結(jié)論)，∴原式＝＝2014.答案：20143．(2022·高考廣東卷)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中點，F(xiàn)是DC上的點且DF＝eq\f(1,2)AB，PH為△PAD中AD邊上的高．(1)證明：PH⊥平面ABCD；(2)若PH＝1，AD＝eq\r(2)，F(xiàn)C＝1，求三棱錐E-BCF的體積；(3)證明：EF⊥平面PAB.解：(1)證明：由于AB⊥平面PAD，PH?平面PAD，所以PH⊥AB.由于PH為△PAD中AD邊上的高，所以PH⊥AD.由于PH?平面ABCD，AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD.(2)如圖，連接BH，取BH的中點G，連接EG.由于E是PB的中點，所以EG∥PH，且EG＝eq\f(1,2)PH＝eq\f(1,2).由于PH⊥平面ABCD，所以EG⊥平面ABCD.由于AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，所以AB⊥AD，所以底面ABCD為直角梯形，所以VE-BCF＝eq\f(1,3)S△BCF·EG＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·FC·AD·EG＝eq\f(\r(2),12).(3)證明：取PA中點M，連接MD，ME.由于E是PB的中點，所以ME綊eq\f(1,2)AB.又由于DF綊eq\f(1,2)AB，所以ME綊DF，所以四邊形MEFD是平行四邊形，所以EF∥MD.由于PD＝AD，所以MD⊥PA.由于AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB.由于PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB.4．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當a＞ln2－1且x＞0時，ex＞x2－2ax＋1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化狀況如下表：

x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2]，單調(diào)遞增區(qū)間是[ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得微小值，微小值為f(ln2)＝2(1－ln2＋a)．(2)證明：設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝